BZOJ 1497: [NOI2006]最大获利
2018-06-17 22:05:01来源:未知 阅读 ()
1497: [NOI2006]最大获利
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Description
新的技术正冲击着手机通讯市场,对于各大运营商来说,这既是机遇,更是挑战。THU集团旗下的CS&T通讯公司在新一代通讯技术血战的前夜,需要做太多的准备工作,仅就站址选择一项,就需要完成前期市场研究、站址勘测、最优化等项目。在前期市场调查和站址勘测之后,公司得到了一共N个可以作为通讯信号中转站的地址,而由于这些地址的地理位置差异,在不同的地方建造通讯中转站需要投入的成本也是不一样的,所幸在前期调查之后这些都是已知数据:建立第i个通讯中转站需要的成本为Pi(1≤i≤N)。另外公司调查得出了所有期望中的用户群,一共M个。关于第i个用户群的信息概括为Ai, Bi和Ci:这些用户会使用中转站Ai和中转站Bi进行通讯,公司可以获益Ci。(1≤i≤M, 1≤Ai, Bi≤N) THU集团的CS&T公司可以有选择的建立一些中转站(投入成本),为一些用户提供服务并获得收益(获益之和)。那么如何选择最终建立的中转站才能让公司的净获利最大呢?(净获利 = 获益之和 - 投入成本之和)
Input
输入文件中第一行有两个正整数N和M 。第二行中有N个整数描述每一个通讯中转站的建立成本,依次为P1, P2, …, PN 。以下M行,第(i + 2)行的三个数Ai, Bi和Ci描述第i个用户群的信息。所有变量的含义可以参见题目描述。
Output
你的程序只要向输出文件输出一个整数,表示公司可以得到的最大净获利。
Sample Input
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3
Sample Output
HINT
【样例说明】选择建立1、2、3号中转站,则需要投入成本6,获利为10,因此得到最大收益4。【评分方法】本题没有部分分,你的程序的输出只有和我们的答案完全一致才能获得满分,否则不得分。【数据规模和约定】 80%的数据中:N≤200,M≤1 000。 100%的数据中:N≤5 000,M≤50 000,0≤Ci≤100,0≤Pi≤100。
Source
由"一个用户需要两个中转站"可以知道
这是一个最大闭合权图问题,
求最大闭合权图==求最小割==求最大流
因为必须选择两个中转站,所以一个用户所要选择的两个中转站不能成为最小割。
我们可以从i想x+m和y+m分别连一条权值为INF的边,
然后就是最大闭合权图的套路了,
代价连T,
收益连S
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 const int MAXN=2000001; 8 const int INF = 1e8; 9 inline void read(int &n) 10 { 11 char c='+';int x=0;bool flag=0; 12 while(c<'0'||c>'9'){c=getchar();if(c=='-')flag=1;} 13 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-48;c=getchar();} 14 n=flag==1?-x:x; 15 } 16 int n,m,s,t; 17 struct node 18 { 19 int u,v,flow,nxt; 20 }edge[MAXN]; 21 int head[MAXN]; 22 int cur[MAXN]; 23 int num=0; 24 int deep[MAXN]; 25 int tot=0; 26 void add_edge(int x,int y,int z) 27 { 28 edge[num].u=x; 29 edge[num].v=y; 30 edge[num].flow=z; 31 edge[num].nxt=head[x]; 32 head[x]=num++; 33 } 34 void add(int x,int y,int z) 35 { 36 add_edge(x,y,z); 37 add_edge(y,x,0); 38 } 39 bool BFS() 40 { 41 memset(deep,0,sizeof(deep)); 42 deep[s]=1; 43 queue<int>q; 44 q.push(s); 45 while(q.size()!=0) 46 { 47 int p=q.front(); 48 q.pop(); 49 for(int i=head[p];i!=-1;i=edge[i].nxt) 50 if(!deep[edge[i].v]&&edge[i].flow) 51 deep[edge[i].v]=deep[edge[i].u]+1, 52 q.push(edge[i].v); 53 } 54 return deep[t]; 55 56 } 57 int DFS(int now,int nowflow) 58 { 59 if(now==t||nowflow<=0) 60 return nowflow; 61 int totflow=0; 62 for(int &i=cur[now];i!=-1;i=edge[i].nxt) 63 { 64 if(deep[edge[i].v]==deep[edge[i].u]+1&&edge[i].flow) 65 { 66 int canflow=DFS(edge[i].v,min(nowflow,edge[i].flow)); 67 edge[i].flow-=canflow; 68 edge[i^1].flow+=canflow; 69 totflow+=canflow; 70 nowflow-=canflow; 71 if(nowflow<=0) 72 break; 73 } 74 75 } 76 return totflow; 77 } 78 void Dinic() 79 { 80 int ans=0; 81 while(BFS()) 82 { 83 memcpy(cur,head,MAXN); 84 ans+=DFS(s,1e8); 85 } 86 printf("%d",tot-ans); 87 } 88 int main() 89 { 90 memset(head,-1,sizeof(head)); 91 read(n);read(m); 92 s=n+m+1;t=n+m+2; 93 for(int i=1;i<=n;i++) 94 { 95 int p;read(p); 96 add(i+m,t,p); 97 } 98 for(int i=1;i<=m;i++) 99 { 100 int x,y,z; 101 read(x);read(y);read(z); 102 add(i,x+m,INF); 103 add(i,y+m,INF); 104 add(s,i,z); 105 tot+=z; 106 } 107 Dinic(); 108 return 0; 109 }
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